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7/24/2019 Algebra Linear (Boldrini-Editora Harbra)
http://slidepdf.com/reader/full/algebra-linear-boldrini-editora-harbra 1/102
Livro:  Álgebra Linear - Editora Harbra
(Boldrini/Costa/Figueiredo/Wetzler)
nibblediego@gmail.com.br
Compilado dia 06/03/2017
Solucionário da 3a edição do livro de  Álgebra Linear dos
autores: José Luiz Boldrini, Sueli I.Rodrigues Costa, Vera Lúcia
Figueiredo e Henry G. Wetzler.
Para quem desejar; uma cópia do livro pode ser baixada em
http://www.professores.uff.br/jcolombo/Alg lin I mat
2012 2/Algebra%20Linear%20Boldrini.pdf .
A expectativa é que seja respondido um caṕıtulo do livro por
mês. Mas, infelizmente resolver e digitar (principalmente digitar),
os exerćıcios desse livro leva um bom tempo. Assim, pode haver
atrasos na postagem. De todo modo, não deixe de acompanhar o
documento no link abaixo, para obter futuras atualizações.
www.number.890m.com
Sumário
1 MATRIZES   2
1.1 Exerćıcios da página 11   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Exerćıcios da página 26   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 SISTEMAS DE EQUAÇ ÕES LINEARES   20
2.1 Exerćıcios da página 49   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA   44
3.1 Exerćıcios da página 90   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
4 ESPAÇO VETORIAL   62
4.1 Exerćıcios da página 129   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
5 TRANSFORMAÇ ÕES LINEARES   91
5.1 Exerćıcios da página 171   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
6 ANEXO I   101
7 ANEXO II   102
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Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
1 MATRIZES
1.1 Exerćıcios da página 11
1. Sejam
A =

  1 2 3
2 1   −1

, B =
 −2 0 1
3 0 1

, C =

 −12
4

  e D = [2, −1]
Encontre:
a) A + B
b) A · C
c) B · C
d) C · D
e) D · A
f) D · B
g) −A
h) −D
Solu瘠ao de A:
A + B

  1 2 3
2 1   −1

+
 −2 0 1
3 0 1

=
 −1 2 4
5 1 0

Solu瘠ao de B:
A · B

  1 2 3
2 1   −1

·

 −12
4

 =    15−4

Solu瘠ao de C:
−1 · A
2
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Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
−1 ·

  1 2 3
2 1   −1

=
 −1   −2   −3
−2   −1 1

2. Seja A =

  2   x2
2x − 1 0

 Se A’ = A, então  x  = · · ·
Solu瘠ao:
Se A’ = A então:
  2 2x − 1
x2 0

=

  2   x2
2x − 1 0

Que resulta nas seguintes igualdades:
2 = 2 e 2x − 1 = x2
Desta ultima igualdade tira-se que  x  = 1.
3. Se A é uma matriz simétrica, então A – A’. . .
Solu瘠ao:
Se A é simétrica então A = A’ e portanto A – A’ = A – A = 0. Assim, o resultado desta
operação seria uma matriz nula.
4. Se A é uma matriz triangular superior, então A’ é . . .
Solu瘠ao:
Uma matriz triangular superior quando transposta passa a ser uma matriz triangular   infe-
rior.
5. Se A é uma matriz diagonal, então A’. . .
Solu瘠ao:
Toda matriz diagonal é simétrica de modo que se A é uma matriz diagonal então A’ = A.
6. Classifique em verdadeiro ou falso:
3
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a) –A’ = –A’
b) (A + B)’ = B’ + A’
c) Se AB = 0, então A = 0 ou B = 0
d) k1Ak2  B =  k1k2AB
e) –A –B = –AB
f) Se A e B são matrizes simétricas, então AB = BA
g) Se AB = 0, então BA = 0
h) Se é possı́vel efetuar o produto AA, então A é matriz quadrada
Solu瘠ao de A:
Pela propriedade iv  a proposição é verdadeira.
Solu瘠ao de B:
Pela propriedade iii  a proposição é verdadeira.
Solu瘠ao de C:
Falsa. Tomando A =

  1 0
0 0

 e B =

  0 0
1 0

 por exemplo, verifica-se que a proposição
não é verdadeira.
Solu瘠ao de D:
Usando a associatividade
(k1k2)AB =  A(k1k2)B
Usando a comutatividade
A(k2k1)B =  k2(Ak1)B = (Ak1) · (k2B) = (k1A)(k2B).
Solu瘠ao de E:
Falsa. Como contra exemplo tome A = 
  2 1
0
  −
1  e B = 
  0 3
1 1 
Solu瘠ao de F:
Falsa. Como contra exemplo tome A =

  2 0
0 1

 e B =

  2 1
1 0

Solu瘠ao de G:
Falsa.
4
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Solu瘠ao de H:
Verdadeiro. O produto entre duas matrizes só é possı́vel se o numero de linhas da segunda
for igual ao numero de colunas da primeira. Assim Am×n
 ·
 Am×n   só ocorre se  m  =  n. O que
implicaria no fato de A ser quadrada.
7. Se A2 = A·A, então
 −2 1
3 2
2
. . .
Solu瘠ao: −2 1
3 2
2
=
 −2 1
3 2

·
 −2 1
3 2

=

  7 0
0 7

8. Se A é uma matriz triangular superior, então A2 é  . . .
Solu瘠ao:
Do tipo triangular superior.
5
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9. Ache,  x, y,z,w  se

  x y
z w

  2 3
3 4

=

  1 0
0 1

Solu瘠ao:
O produto entre as matrizes

  x y
z w

e

  2 3
3 4

resulta em

  2x + 3y   3x + 4y
2z + 3w   3z + 4w

Que
por hipótese é igual a matriz nula.

  2x + 3y   3x + 4y
2z + 3w   3z + 4w

=

  1 0
0 1

Resolvendo as equações acima chega-se a  x  = −4;   y  = 3;   z  = 3; e  w  = −2.
10. Dadas A =
 1   −3 22 1   −3
4   −3   −1
, B =  1 4 1 02 1 1 1
1   −2 1 2
  e C =  2 1   −1   −23   −2   −1   −1
2   −5   −1 0

mostre que AB = AC.
Solu瘠ao:
AB =  AC 


−3   −3 0 1
1 15 0   −5
−3 15 0   −5


=


−3   −3 0 1
1 15 0   −5
−3 15 0   −5


11. Suponha que A = 0 e AB = AC onde A, B, C s ão matrizes tais que a multiplicação esteja
definida.
a) B = C?
b) Se existir uma matriz Y, tal que YA = I, onde I é a matriz identidade, então B = C?
Solu瘠ao:
Se AB = AC e A−1 for transposta de A então:
A
−1
(AB) = A
−1
(AC)
Usando a associatividade
(A−1A)B = (A−1A)C
IB = IC
B = C
6
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Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
12. Explique por que, (A+B)2 = A2 + 2AB + B2 e (A + B)(A – B) = A2 – B2.
Solu瘠ao:
As equações não são verdadeiras pois, não são satisfeitas para qualquer matriz.
14. Se A =

  3   −2
−4 3

, ache B, de modo que B2 = A.
Solu瘠ao:
Tomando B =

  x y
z w

 então:

  x y
z w
 ·    x y
z w

=

  3   −2−4 3

A equação acima resulta no seguinte sistema:


x2 + yz  = 3 (1)
zy  + w2 = 3 (2)
xy + yw  = −2 (3)
zx + wz  = −4 (4)
Das equações (1) e (2) obtemos que  x  =
 ±
w. Vamos tomar (arbitrariamente), x  =  w.
Se  x  =  w  então a equação (3) pode ser escrita como:
wy + yw  = −2
Como y e W são números reais e portanto vale a comutatividade então:
wy + yw  = −2
2(wy) = −2
⇒
 wy =
 −
1 (5)
Ainda supondo que  x  =  w  podemos escrever a equação (4) como:
zx + wz  = −4
z(x + w) = −4
z(w + w) = −4
7
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⇒ w  = −2
z
  (6)
Colocando (6) em (5) chegamos a uma nova relação.
wy  = −1
−2
z
y = −1 ⇒ z  = 2y   (7)
Agora tome a equação (1)
x2 + yz  =3
Usando novamente que  x  =  w  então:
w
2
+ yz  = 3
Usando a equação (7)
w2 + y(2y) = 3
Usando agora a equação (5)
w2 + 2y2 = 3
w2 + 2

− 1
w
2
= 3
w2 +   2
w2
 − 3 = 0 ⇒ w  = −1 ou  w  = 1
Tomando (arbitrariamente) w  = 1 então por (5)  y  = −1 e por (7)  z  = −2. Como havı́amos
suposto de ińıcio que  x  =  w  então x  = 1
Logo B =

  1   −1
−2 1

8
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15. Um construtor tem contratos para construir 3 estilos de casa: moderno, mediterrâneo e
colonial. A quantidade de material empregado em cada tipo de casa é dada pela matriz:
Moderno
Mediterrâneo
Colônial
Ferro
5
7
6
Madeira
20
18
25
Vidro
16
12
8
Tinta
7
9
5
Tijolo
17
21
13
(Qualquer semelhança dos números com a realidade é mera coincidência).
a) Se ele vai construir 5, 7 e 12 casas dos tipos moderno, mediterr âneo e colonial
respectivamente, quantas unidades de casa material serão empregadas?
b) Suponha agora que os preços por unidade de ferro, madeira, vidro, tinita e tijolo
sejam, respectivamente, 15, 8, 5, 1 e 10 u.c.p. Qual é o preço unitário de cada tipo
de casa?
c) Qual o custo total do material empregado?
Solu瘠ao de A:
Pela matriz a quantidade de materiais de uma casa moderna é igual a 65 (soma dos elementos
da primeira linha). De uma casa mediterr̂anea 67 (soma dos elementos da segunda linha) e de
uma casa colonial 57(soma dos elementos da terceira linha). Logo serão utilizadas 1478 unidades
de materiais.
5 · 65 + 7 · 67 + 12 · 57 = 1478
Solu瘠ao de B:
O preço da casa moderno será:
5(15) + 20(8) + 16(5) + 7(1) + 17(10) = 492
Analogamente se calcula para as demais casas.
16. Uma rede de comunicação tem cinco locais com transmissores de potências distintas.
Estabelecemos que  aij   = 1, na matriz abaixo, significa que a esta ção   i  pode transmitir direta-
mente à estação j , aij  = 0 o que significa que a transmissão da estação i  não alcança a estação j .
Observe que a diagonal principal é nula significando que uma estação não transmite diretamente
para si mesma.
9
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A =


0 1 1 1 1
1 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 0 1 0 10 0 0 1 0


Qual seria o significado da matriz A2 = A · A?
Seja A2 = [cij ]. Calculemos o elemento  c42 =
5
k=1
a4kak2 = 0 + 0 + 1 + 0 + 0 = 1
Note que a única parcela não nula veio de   a43 · a32   = 1 · 1. Isto significa que a estação 4
transmite para a estação 2 através de uma transmissão pela estação 3, embora não exista uma
transmissão direta de 4 para 2.
a) Calcule A2.
b) Qual o significado de  c13 = 2?
c) Discuta o significado dos termos nulos, iguais a 1 e maiores que 1 de modo a
 justificar a afirmação: “A matriz A2 representa o número de caminhos dispońıveis
para se ir de uma estação a outra com uma única retransmissão”.
d) Qual o significado das matrizes A + A2, A3 e A + A2 + A3?
e) Se A fosse simétrica, o que significaria?
Solu瘠ao de A:
(Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).


0 1 1 1 1
1 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 0 1 0 1
0 0 0 1 0

 ·


0 1 1 1 1
1 0 1 1 0
0 1 0 1 0
0 0 1 0 1
0 0 0 1 0

 =


1 1 2 3 1
0 2 2 2 2
1 0 2 1 1
0 1 0 2 1
0 0 1 0 1


Solu瘠ao de B:
(Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).
c13 = 2 e significa que a estação 1 transmite para estação 3 através de uma terceira de dois
modos (através da estação 2 e da estação 4).
Solu瘠ao de C:
(Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).
Cada elemento de A2 representa o número de modos que uma estação trans mite para uma
outra através de uma terceira estação.
10
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Solu瘠ao de D:
(Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).
Cada elemento de A + A2 representa a soma do número de modos que uma estação transmite
para outra, diretamente e através de uma terceira para uma outra.
A + A2 =


1 2 3 4 2
1 2 3 3 2
1 1 2 2 1
0 1 1 2 1
0 0 1 1 1


Veja:
O elemento 14 indica que há 4 maneiras de se transmitir da estação 1 à estação 4: Diretamente:
1→5→4, 1→2→4 e 1→3→4.
Cada elemento de A3 representa o número de modos que uma estação transmite para uma
outra através de uma quarta estação.
A3 =


1 3 5 5 4
2 2 4 6 2
0 3 2 5 2
1 0 3 1 2
0 1 0 3 0


Veja:
O elemento 25 indica que há 2 maneiras de se transmitir da estação 1 para a estação 2 através
de uma quarta estação: 2→3→4→5 e 2→1→4→5.
Cada elemento de A + A2 + A3 representa a soma do número de modos que uma estação
transmite para outra estação, diretamente, através de uma terceira e de uma quarta.
A + A2 + A3 =


2 5 8 9 6
3 4 7 9 4
1 4 4 6 3
1 1 4 3 3
0 1 1 3 1


Veja:
Experimente listar as maneiras de se transmitir da estação 3 para a estação 5 considerando
transmissões diretas, através de uma terceira e através de uma quarta.
Solu瘠ao de E:
(Solução retirada da lista da Professora. Marina Tebet (GAN/IME/UFF)).
Se A fosse simétrica, isto é,  aij  = aji , isso significaria que a estação i  transmite para a estação
 j  sempre que a estação  j  transmitir para a  i.
11
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Existem três marcas de automóveis dispońıveis no mercado: o Jacaré, o Piranha e o Urubu.
O termo aij  da matriz A abaixo é a probabilidade de que um dono de carro da linha i  mude para
o carro da coluna  j , quando comprar um carro novo.
0.7 0.2 0.1
0.3 0.5 0.2
0.4 0.4 0.2
Para
J P U
De
J
P
U
Os termos da diagonal de dão a probabilidade  aii   de se comprar um carro novo da mesmamarca.
A2 representa as probabilidades de se mudar de uma marca para outra depois de duas com-
pras. Você pode verificar isto a partir dos conceitos básicos de probabilidade (consulte 1.5) e
produto de matrizes. Calcule A2 e interprete.
Solu瘠ao:
A2 =



59
100
7
25
13
100
11
25
39
100
17
100
12
25
9
25
4
25



Os termos de A2,  aij , significam mudar da marca  i  para a marca  j  depois de duas compras.
12
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Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:
•   verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
•  ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida corre ção.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse:  www.number.890m.com
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1.2 Exerćıcios da página 26
Suponha que um corretor da Bolsa de Valores faça um pedido para comprar ações na segunda-
feira, como segue: 400 quotas de ação A, 500 quotas da açãoB e 600 quotas da ação C. As ações
A, B e C custam por quota Cr$ 500,00 Cr$ 400,00 e Cr$ 250,00 respectivamente.
a) Encontre o custo total das ações, usando multiplicações de matrizes.
b)Qual será o ganho ou a perda quando as ações forem vendidas seis meses mais tarde se as
ações A, B e C custam Cr$ 600,00 Cr$ 350,00 e Cr$ 300,00 por quota, respectivamente?
Solu瘠ao de A:
A resposta deve ser uma matriz 1
×
1, assim uma matriz deve ser da ordem 1
×
a e outra a
×
1.
Como temos três quantidades de quotas (A, B e C) e três valores (um para cada quota), então
a = 3. Ou seja, demos ter uma matriz 1×3 e outra 3x1.
A primeira matriz será a de quantidade:
Q = (400, 500, 600)
Enquanto a segunda será de preço
P   =

 500400
250


Fazendo P
·
Q chegamos á matriz de custo total igual a 550 mil.
P  · Q = [550.000]
Solu瘠ao de B:
Nesse caso basta trocar os valores da matriz P e em seguida realizar a multiplicação.
Q·P = (400, 500, 600) ·

 600350
300


= [595.000]
Ou seja, houve um ganho de 45 mil.
2.   É observado que as probabilidades de um time de futebol ganhar, perder e empatar
uma partida depois de conseguir uma vitória são 1/2, 1/5 e 3/10 respectivamente; e depois de
ser derrotado são 3/10, 3/10 e 2/5, respectivamente; e depois de empatar s ão 1/5, 2/5 e 2/5,
14
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respectivamente. Se o time não melhor nem piorar, conseguira mais vitórias ou derrotas a longo
prazo?
Solu瘠ao:
Primeiro vamos considerar as probabilidades após Ganhar uma partida.
G
G 1/2
P 1/5
E 3/10
Agora as probabilidades após Perder um jogo.
G P
G 1/2 3/10
P 1/5 3/10E 3/10 2/5
E finalmente as probabilidades após Empatar.
G P E
G 1/2 3/10 1/5
P 1/5 3/10 2/5
E 3/10 2/5 2/5
Observe que esta ultima matriz é regular (quadrada e com possibilidade de inversão). Assim
podemos aplicar o teorema 1.5.4.
  pG pP 
 pE 
 =  0.5 0.3 0.20.2 0.3 0.4
0.3 0.4 0.4
 ·  pG pP 
 pE 


  pG pP 
 pE 

 =

 0.5 pG + 0.3 pP  + 0.2 pE 0.2 pG + 0.3 pP  + 0.4 pE 
0.3 pG + 0.4 pP  + 0.4 pE 


Que resulta nas seguintes equações.
0.5 pG + 0.3 pP  + 0.2 pE  = pG
0.2 pG + 0.3 pP  + 0.4 pE  = pP 
0.3 pG + 0.4 pP  + 0.4 pE  = pE 
e nos possibilita montar o seguinte sistema:

−0.5 pG + 0.3 pP  + 0.2 pE  = 0
0.5 pG − 0.7 pP  + 0.2 pE  = 0
0.5 pG + 0.3 pP  − 0.6 pE  = 0
15
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Além disso, sabemos que as somas das probabilidades é igual a um ( pG + pP  + pE  = 1). Daı́,
 pG  =
 26
79
,  pP   =
 24
79
  e pE  =
 29
79
.
3. Numa pesquisa procura-se estabelecer uma correlação entre os ńıveis de escolaridade de
pais e filhos, estabelecendo as letras: P para os que conclúıram o curso primário; S para os que
concluı́ram o secundário; e U para quem concluiu o curso universit ário. A probabilidade de um
filho pertencer a um desses grupos, dependendo do grupo em que o pai está, é dada pela matriz:
0
1
3
2
3
1
3
1
3
1
3   0
1
3
2
3
P S U
P
S
U
Qual a probabilidade de um neto, de um indiv́ıduo que concluiu o curso secundário, ser
universitário?
Solu瘠ao:
A matriz do problema é a matriz de transição de estado da cadeia de Markov. Sendo assim,
a matriz dos netos é dada pelo quadrado da matriz de transição.
 2/3 1/3 01/3 1/3 1/3
0 1/3 2/3

 ·

 2/3 1/3 01/3 1/3 1/3
0 1/3 2/3

 =

 5/9 1/3 1/91/3 1/3 1/3
1/9 1/3 5/9


A probabilidade desejada é portanto 1/3.
4. Numa cidade industrial, os dados sobre a qualidade do ar são classificados como satisfatório
(S) e insatisfatório (I). Assuma que, se um dia é registrado S, a probabilidade de se ter S no
dia seguinte é 2/5 e que, uma vez registrado I, tem-se 1/5 de probabilidade de ocorrer S no dia
seguinte.
a) Qual é a probabilidade do quarto dia ser S, se o primeiro dia é I?
b) O que se pode dizer a longo prazo sobre a probabilidade de termos S ou I?
Solu瘠ao de A:
Quando se registra S a probabilidade de ser S no dia seguinte é de 2/5.
16
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S I
S 2/5
I
Quando marca I a probabilidade de ser S é de 1/5.
S I
S 2/5 1/5
I
Sabemos que pS   + pI  = 1 (pois são eventos complementares), assim podemos completar a
tabela acima.
S I
S 2/5 1/5
I 3/5 4/5
Essa será a matriz de transição do problema.
T =

  2/5 1/5
3/5 4/5

para determinar a probabilidade do 4◦ dia basta fazer o cubo da matriz de transição.
T3 =

  2/5 1/5
3/5 4/5
3
=

  32/125 31/125
93/125 94/125

O resultado é o valor do elemento a12   da 3
a potência. No caso,
  31
125
.
Solu瘠ao de B:
Usando o teorema 1.5.4: 
  pS 
 pI 

=

  2/5 1/5
3/5 4/5

·

  pS 
 pI 

Da equação acima retira-se o seguinte sistema −0.6 pS  + 0.2 pI  = 0
0.6 pS  − 0.2 pI  = 0
Cuja solução ocorre para  pS  = 14   e p
I  =  34 . Assim, a longo prazo, a probabilidade de termos
dias satisfatórios é 1/4 e de termos dias insatisfatórios é de 3/4.
5. Numa ilha maravilhosa verificou-se que a cor azul ocorre em borboletas de genótipo  aa,
e não ocorre em  Aa  e  AA. Suponha que a proporção de borboletas azuis seja 1/4. Depois de
algumas gerações, qual será a porcentagem das borboletas não azuis, mas capazes de ter filhotes
azuis?
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Solu瘠ao:
Denotando por   d, dominante,   r, recessivo e   h, hibrido, e os respectivos cruzamentos por
dXd, dX r, dX h, colocando as probabilidades em colunas, podemos montar a seguinte matriz de
transição:
- d×d r×r d×r d×h r×h h×h
d 1 0 0 0.5 0 0.25
h 0 0 1 0.5 0.5 0.5
r 0 1 0 0 0.5 0.25
Usando o teorema 1.5.4

 p
(2)
d
 p
(2)
h p(2)r
 = 
1 0 0 0.5 0 0.25
0 0 1 0.5 0.5 0.5
0 1 0 0 0.5 0.25
 ·



 p(1)d   · p(1)d
 p
(1)
r   · p(1)r
2 · p(1)d   · p(1)r
2 · p
(1)
d   · p
(1)
h
2 · p(1)r   · p(1)h
 p
(1)
h   · p(1)h



Onde   p
(1)
d   é a porcentagem de indivı́duos dominantes,   p
(1)
h   a porcentagem de indiv́ıduos
hı́bridos. E  p
(1)
r   a porcentagem de indivı́duos recessivos.


 p
(2)
d
 p
(2)
h
 p
(2)
r


=


1 0 0 0.5 0 0.25
0 0 1 0.5 0.5 0.5
0 1 0 0 0.5 0.25


·



0.25 · 0.25
0.25 · 0.25
2 · 0.25 · 0.25
2 · 0.25 · 0.5
2 · 0.25 · 0.50.5 · 0.5



assim nossas probabilidades são:
  p
(2)
d
 p
(2)
h
 p
(2)
r

 =

 0.250.5
0.25


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•   verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
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E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida corre ção.
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Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse:  www.number.890m.com
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2 SISTEMAS DE EQUAÇ ÕES LINEARES
2.1 Exerćıcios da página 49
1. Resolva o sistemade equações, escrevendo as matrizes ampliadas, associadas aos novos
sistemas. 

2x − y + 3z = 11
4x − 3y + 2z  = 0
x + y + z  = 6
3x + y + z  = 4
Solu瘠ao:
A matriz ampliada do sistema é:


2   −1 3 11
4   −3 2 0
1 1 1 6
3 1 1 4


Vamos agora usar as operações de multiplicação e soma nas linhas da matriz para resolver o
sistema.
Fazendo L2 = L2 - 2L1; L3 = 2L3 - L1 e L4 = 3L1 - 2L4

2   −1 3 11
0   −1   −4   −22
0 3   −1 1
0   −5 7 25


Fazendo agora L3 = 3L2 + L3 e L4 = L4  − 5L2

2   −1 3 11
0   −1   −4   −22
0 0   −13   −65
0 0 27 135


Fazendo L4 = 27L3 + 13L4

2   −1 3 11
0   −1   −4   −22
0 0   −13   −65
0 0 0 0


20
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Dividindo L1 por 2, L2 por -1 e L3 por -13

1   −1/2 3/2 11/2
0 1 4 22
0 0 1 5
0 0 0 0

Fazendo L1 = L1 + 0.5L2

1 0 7/2 33/2
0 1 4 22
0 0 1 5
0 0 0 0


Fazendo L2 = L2 - 4L3

1 0 7/2 33/2
0 1 0 2
0 0 1 5
0 0 0 0

Finalmente fazendo L1 = L1 - (7/2)L3

1 0 0   −1
0 1 0 2
0 0 1 5
0 0 0 0


Solução:   x = −1,  y  = 2 e  z  = 5
2. Descreva todas as possı́veis matrizes 2 × 2, que estão na forma escada reduzida por linhas.
Solu瘠ao:
Tome A =

  a11   a12
a21   a22

 com coeficientes não nulos.
Existe um k ∈ R  onde ka21 =  a11. Sendo assim, multiplicando L2 por k e depois subtráımos
L1 de L2.

  a11   a12
k · a21 − a11   k · a22 − a12

Que resulta na matriz a seguir.

  a11   a12
0   ka22 − a12

Agora, dividimos L1 por  a11
21
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
  1
  a12
a11
0   ka22 − a12

E finalmente dividimos L2 por  ka22 − a12

  1
  a12
a11
0 1

Que é a forma geral de uma matriz reduzida por linha 2 por 2 com coeficientes não nulos.
As demais matrizes ficam a cargo do leitor.
3. Reduza as matrizes à forma escada reduzida por linhas.
a)

 1   −2 3   −12   −1 2 3
3 1 2 3

  b)

 0 1 3   −22 1   −4 3
2 3 2   −1

  c)


0 2 2
1 1 3
3   −4 2
2   −3 1


Solu瘠ao de A:


1 0 0   −4
0 1 0   −3
0 0 1
  −
1


Solu瘠ao de B:
 0 1 3   −22 1   −4 3
2 3 2   −1

  L1 = L1 + L2 →

 2 0   −7 52 1   −4 3
2 3 2   −1


L2 = L1 - L2 →

 2 2   −7 50   −1   −3 2
2 3 2   −1

  L3 = L3 − L1 →

 2 2   −7 50   −1   −3 2
0 3 9   −6


L3 = 3L2 + L3 →  2 2   −7 50   −1   −3 2
0 0 0 0

Finalmente dividindo L2 por −1 e L1 por 2:

 1 1   −7/2 5/20 1 3   −2
0 0 0 0


22
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Solu瘠ao de C:

1 0 2
0 1 1
0 0 0
0 0 0

4. Calcule o posto e nulidade das matrizes da questão 3.
Solu瘠ao:
A solução de a  do problema anterior é a matriz:
 1 0 0   −40 1 0   −3
0 0 1   −1

Como não há nenhuma linha nula na matriz então  p  = 3 (posto). Pois a matriz tem 3 linhas
não nulas. Já a nulidade, que é o numero de colunas da matriz menos o seu posto, é igual a 1.
A solução de b  do problema anterior é a matriz:

 1 1   −7/2 5/20 1 3   −2
0 0 0 0


Como temos apenas duas linhas não nulas então o posto é igual 2. Já a nulidade será 2.
A solução de c  do problema anterior é a matriz:


1 0 2
0 1 1
0 0 0
0 0 0


Como temos apenas duas linhas não nulas então o posto será 2. E a nulidade será 1.
5. Dado o sistema

3x + 5y = 1
2x + z = 3
5x + y − z = 0
escreva a matriz ampliada, associada ao sistema e reduza-a à forma escada reduzida por
linhas, para resolver o sistema original.
Solu瘠ao:
A matriz ampliada será:
23
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

3 5 0 1
2 0 1 3
5 1   −1 0


Reduzindo a matriz à forma escada por linhas
L1 = 2L1 e L2 = 3L2 →

 6 10 0 26 0 3 9
5 1   −1 0

  L2 = L2 − L1 →

 6 10 0 20   −10 3 7
5 1   −1 0


L3 = 6L3 e L1 = 5L1 →

 30 50 0 100   −10 3 7
30 6   −6 0

 L3 = L3 − L1 →

 30 50 0 100   −10 3 7
0   −44   −6 10


L3 = −10·L3/44 →


30 50 0 10
0   −10 3 7
0 10 60/44 100/44


L3 = L2 + L3 →


30 50 0 10
0   −10 3 7
0 0 192/44 408/44


Finalmente fazendo L1 = L1/30, L2 = −L2/10 e L3 = 44·L3/192.
 1 5/3 0 1/30 1   −3/10   −7/10
0 0 1 17/8


encontramos a matriz escada linha reduzida. Realizando mais algumas operações entre as
linhas chega-se à:
→


1 0 0 7/16
0 1 0   −1/16
0 0 1 17/8


Assim, a solução ocorre para  x  =
  7
16
,  y  = − 1
16
  e  z  =
 17
8
 .
6. Determine k  para que o sistema possua solução:

−4x + 3y  = 2
5x − 4y = 0
2x − y =  k
Solu瘠ao:
O sistema acima possui duas incógnitas, assim só necessitamos de duas linhas para resolve-lo. −4x + 3y = 2
5x − 4y  = 0
Resolvendo o sistema acima chegamos à:   x  = −0.5 e   y   = 0. Como desejamos descobrir o
valor de k  fazemos:
24
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2x − y =  k
2(−0.5) − (0) = k
k = −1
O valor de k  deve ser −1.
7. Encontre todas as soluções do sistema

x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14
2x1 + 6x2 + x3 − 2x4 + 5x5 = −2
x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = −1
Solu瘠ao:
Fazendo o escalonamento do sistema chega-se até:

x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 − 7x5 = 14
x3 +
  8
3
x4 −   193 x5 = 10
x4 − 2x5 = 3
Onde observamos que as variáveis com maior grau de liberdade é  x5   e  x4. Assim, podemos
usar qualquer uma delas para expressar as demais respostas. Para coincidir com o livro vamos
usar x5.
x1 = 1 − 3x2 − x5
x3 = 2 + x5
x4 = 3 + 2x5
8. Explique por que a nulidade de uma matriz nunca é negativa.
Solu瘠ao:
A nulidade é o numero de colunas subtraı́da do posto de uma matriz (que deve estar na forma
escalonada linha). Assim, para que a nulidade seja negativa é necessário que o posto seja maior
que o numero de colunas da matriz.
No entanto, o posto de uma matriz significa na prática o numero de soluções do sistema
associado a ela. Se cada coluna da matriz representa uma inc ógnita do sistema não faz nenhum
sentido que o numero de soluções (posto) seja maior que o numero de colunas. Se isso fosse
possı́vel teŕıamos um sistema com mais soluções que o numero de incógnitas do mesmo.
9. Foram estudados três tipos de alimentos. Fixada a mesma quantidade (1g) determinou-se
que:
25
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i) O alimento I têm 1 unidade de vitamina A, 3 unidade de vitamina B e 4 unidades de
vitamina C.
ii) O alimento II tem 2, 3 e 5 unidades respectivamente, das vitaminas A, B e C.
iii) O alimento III tem 3 unidades de vitaminas A, 3 unidades de vitamina C e n ão cont́emvitamina B.
Se são necessárias 11 unidades de vitaminas A, 9 de vitamina B e 20 de vitamina C;
a) Encontre todas as possı́veis quantidades dos alimentos I, II e III, que fornecem a quantidade
de vitaminas desejada.
b) Se o alimento I custa 60 centavos por grama e os outros dois custam 10, existe uma solu ção
custando exatamente Cr$ 1,00?
Solu瘠ao de A:
(Solução retirada da lista da professora Cláudia Santana (UESC)).
Analisando o sistema:


x + 2y + 3z = 11
3x + 3y + 0z = 9
4x + 5y+ 3z = 20
Onde x, y e z s ão as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente.
Chega-se a solução:
5
3
 ≤  z ≤   8
3
; x = −5 + 3z;  y  = 8 − 3z
Solu瘠ao de B:
(Solução retirada da lista da professora Cláudia Santana (UESC)).
Analisando o sistema:


x + 2y + 3z = 11
3x + 3y + 0z  = 9
6x + y + z  = 10
Onde   x,   y   e   z   são as quantidades, em gramas, dos alimentos I, II e III respectivamente.
Chega-se a solução:
x = 1g  e  y  =  z  = 2g.
Resolva os sistemas seguintes achando as matrizes ampliadas linha reduzidas à forma escada
e dando também seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for posśıvel,
o grau de liberdade.
26
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10. {x1 + 2x2 − x3 + 3x4 = 1
Solu瘠ao:
Todas as variáveis possui o mesmo grau de liberdade assim, podemos usar qualquer uma delas
para escrever a solução. Neste caso, vamos usar  x2,...,x5.
•  Matriz ampliada: [1 2  − 1 3 1];
•   Posto: 1;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 1;
•   Solução:   x1 = 1 − 2x2 + x3 − 3x4;
•
 Grau de liberdade: 3.
O grau de liberdade é a diferença entre o numero de variáveis e o número de equações não
nulas na forma escada.
11.

  x + y + z  = 4
2x + 5y − 2z  = 3
Solu瘠ao:
•   Matriz ampliada:

  1 1 1 4
0 1   −4/3   −5/3

;
•   Posto: 2;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 2;
•   Solução:   x =   17 − 7z
3
  ;  y  =
 4z − 5
3
  ;
•  Grau de liberdade: 1.
12.


x + y + z  = 4
2x + 5y − 2z = 3
x + 7y − 7z  = 5
Solu瘠ao:
27
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•   Matriz ampliada:


1 1 1 4
0 3   −4   −5
0 0 0   −11


;
•   Posto: 3;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 2;
•   Solução: O sistema não tem solução.
13.

  x − 2y + 3z  = 0
2x + 5y + 6z  = 0
Solu瘠ao:
•   Matriz ampliada:

  1   −2 3 0
0 9 0 0

;
•   Posto: 2;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 2;
•   Solução:   x = −3z;  y = 0;
•  Grau de liberdade: 1.
14.


x1 + x2 + x3 + x4 = 0
x1 + x2 + x3 − x4 = 4
x1 + x2 − x3 + x4 = −4
x1 − x2 + x3 + x4 = 2
Solu瘠ao:
•   Matriz ampliada:


x1   x2   x3   x4   0
0   x2   0 0 0
0 0   x3   0 2
0 0 0   x4   −2


;
•   Posto: 4;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 4;
•   Solução:   x1 = 0;  x2 = 0;  x3 = 2 e  x4 = −2;
•  Grau de liberdade: 0.
28
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15.


x + 2y + 3z  = 0
2x + y + 3z  = 0
3x + 2y + z  = 0
Solu瘠ao:
•   Matriz ampliada:

 1 2 3 00 1 3/2 0
0 0 1 0

;
•   Posto: 3;
•  Posto da matriz dos coeficientes: 3;
•   Solução:   x = 0; y  = 0 e z  = 0;
•  Grau de liberdade: 0.
16.


3x + 2y − 4z = 1
x − y + z  = 3
x − y − 3z  = −3
3x + 3y − 5z = 0
−x + y + z  = 1
Solu瘠ao:
A cargo do leitor.
17. O método de Gauss para resolução de sistemas é um dos mais adotados quando se faz
uso do computador, devido ao menor número de operações que envolve. Ele consiste em reduzir
a matriz ampliada só sistema por linha-equival̂encia a uma matriz que só é diferente da linha
reduzida à forma escada na condição “cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de
alguma linha tem todos os seus outros elementos iguais a zero”, que passa a ser: “cada coluna
que contém o primeiro elemento não nulo de alguma linha, tem todos os elementos abaixo desta
linha iguais a zero”. As outras condi̧cões são idênticas. Uma vez reduzida a matriz ampliada a
esta forma, a solução final do sistema é obtida por substituição.
Exemplo: 
  2x1 + x2 = 5
x1 − 3x2 = 6
  2 1 5
1   −3 6

∼

  1 1/2 5/2
0   −7/2 7/2

∼

  1 1/2 5/2
0 1   −1

29
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a ultima matriz corresponde ao sistema:
x1 +
 1
2
x2 =
  5
2
x2 = −1
Por substituição,  x1 − 1
2
 =
  5
2
, ou seja,  x1 = 2.
Resolva pelo método de Gauss os exercı́cios 13,14 e 15.
Solu瘠ao de 14:
A matriz ampliada do sistema, após o escalonamento, é a seguinte: (ver problema 14)

x1   x2   x3   x4   0
0   x2   0 0 0
0 0   x3   0 2
0 0 0   x4   −2
;
Que resulta no seguinte sistema:

x1 + x2 + x3 + x4 = 0
x2 = 0
x3 = 2
x4 = −2
Note que os valores e  x2,...,x4   já são bem evidentes. Assim só nos resta definir o valor de x1.
x
1
 =
 −
(x
2
 + x
3
 + x
4
)
x1 = −(0 + 2 + −2)
x1 = 0
Assim, pelo método de Gauss a solução será  x  =  y  =  z  = 0.
Solu瘠ao de 15:
A matriz ampliada do sistema, após o escalonamento, será:
 1 2 3 0
0 1 3/2 0
0 0 1 0

veja o problema 15.
que implica no seguinte sistema: 

x + 2y + 3z = 0
y + (3/2)z  = 0
z  = 0
30
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Que por substituição resulta em  x  = 0; y = 0 e z  = 0.
Solu瘠ao de 16:
A matriz ampliada do sistema, após o escalonamento, será:

1 2/3   −4/3 1/3
0 1   −7/5   −8/5
0 0 1 3/2
0 0 0 0
0 0 0 1/2


que resulta no seguinte sistema:

x + (2/3)y − (4/3)z  = 1/3
y
−
(7/5)z =
 −
(8/5)
z  = 3/2
0 = 1/2
Com base na ultima linha tornamos evidente que trata-se de um sistema imposśıvel, e por-
tanto, sem solução mesmo pelo método de Gauss.
18. a) Mostre a proposição 2.4.3 para matrizes 2×2 quaisquer.
b) Sinta a dificuldade que você terá para formalizar o resultado para matrizes n×m, mas con-
vença-se de que é só uma questão de considerar todos os casos posśıveis, e escreva a demonstração.
Consulte 2.7.
Solu瘠ao:
Veja páginas 60 e 61.
19. Chamamos de sistema homogêneo de   n  equações e   m   incógnitas aquele sistema cujos
termos independentes  bi, são todos nulos.
a) Um sistema homogêneo admite pelo menos uma solução. Qual é ela?
b) Encontre os valores de  k ∈ R, tais que o sistema homogêneo

 2x − 5y + 2z  = 0x + y + z  = 0
2x + kz  = 0
tenha uma solução distinta da trivial (x =  y  =  z  = 0).
Solu瘠ao de a:
Uma solução para todo sistema homogêneo é zero.
31
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Solu瘠ao de b:
Escalonando o sistema

 2x − 5y + 2z  = 0x + y + z  = 0
2x + kz  = 0
Chegamos a solução de k  = 2.
20. Considere o sistema 
  x + 6y − 8z  = 1
2x + 6y − 4z  = 0
Note que podemos escreve-lo na forma matricial
(∗)

  1 6   −8
2 6   −4
 xy
z
 =    1
0

a) verifique que a matriz  X 1 =

 xy
z

 =

 11/3
0

 é uma solução para o sistema.
b) = Resolva o sistema e verifique que toda “matriz-solu ção” é da forma:
X  =


x
y
z


= λ


−4
2
1


+


−1
1/3
0


onde λ ∈R.
c) Verifique
λ

 −42
1

+

 −4λ2λ
λ


é a solução do sistema homogênea, associado ao sistema (∗),
(∗∗)
  1 6   −8
2 6
  −
4 


x
y
z

 = 
  0
0 
d) Conclua, dos itens a), b) e c), que o conjunto-solução do sistema ∗   é o conjunto-solução
do sistema ∗∗, somando a uma solução particular tema ∗.
Solu瘠ao de A:
Basta substituir  x, y   e   z   por 1, 1/3 e 0 no sistema e verificar se as equa ções seguintes são
satisfeitas:
32
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x + 6y − 8z  = 1
2x + 6y − 4z = 0
Solu瘠ao de B:
Resolvendo o sistema em  z  chega-se á  y  =
  1
3
 − 2z  e x = −1 − 4z
Assim, chamando  z  =  λ  podemos dizer que a matriz X  =

 xy
z

 =


−1 − 4λ
1
3
 − 2λ
λ


Com a ultima matriz a direita podemos escrever a equação:

−1 − 4λ
1
3 −
2λ
λ

 = λ
−4
2
1
+
−1
1/3
0

Finalizando a solução do problema.
Solu瘠ao de C:
Semelhante a a.
Solu瘠ao de D:
Pela letra  c  do problema a solução do sistema (∗∗) é


x
y
z

  =


−4λ
2λ
λ

. Já pela letra  a
uma solução particular do sistema (∗) é


1
1
3
0

. Note que somando as duas soluções chegamos
à solução geral de (∗).


−4λ
2λ
λ


+


1
1
3
0


=


−4λ + 1
2λ +
 1
3
λ


21. Dado o sistema 

1 2 0   −1
1 0 2   −1
1 2 2   −1
3 4 4   −3

 ·


x
y
z
w

 =


2
2
4
8


33
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a) Encontre uma solução dele sem resolve-lo. (Atribua valores para x, y, z e w)
b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto é, encontre sua matriz-solução;
c) Resolva também o sistema homogêneo associado;
d) Verifique que toda matriz solução obtida em b) é a soma de uma matriz solução encontradaem c) com a solução particular que você encontrou em a).
Solu瘠ao de A:
x = 0, y  =  z  = 1 e w  = 0.
Solu瘠ao de B:


λ
1
1
λ



Solu瘠ao de C:

λ
0
0
λ


Solu瘠ao de D:

λ
1
1
λ

 =


λ
0
0
λ

+


0
1
1
0


22. Altamente motivado pelos Exerćıcios 20 e 21, mostre que toda matriz-solução de um
sistema linear AX = B é a soma de uma solução do sistema homogêneo associado AX = 0 com
uma solução particular AX = B. Sugestão: siga as etapas seguintes, usando somente propriedades
de matrizes.
i) Mostre que se X0  é uma solução do sistema AX = 0 e X1  é uma solução de AX = B, então
X0  + X1   é solução de AX = B.
ii) Se X1  e X2   são soluções de AX = B, então X1 −  X2   é solução de AX = 0.
iii) Use  i) e  ii) para chegar à conclusão desejada.
Solu瘠ao:
Queremos mostrar que se


x1
...
xn

 é solução de um sistema AX = B
34
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

a11   · · ·   a1n
...
  . . .
  ...
a1n
  · · ·
  ann


·


x1
...
xn


=


b1
...
bn


e


y1
...
yn

 é solução do sistema homogêneo associado a AX = B


a11   · · ·   a1n
...
  . . .
  ...
a1n   · · ·   ann

 ·


y1
...
yn

 =


0
...
0


então a soma das soluções também é solução de AX = B.


y1
...
yn

 =


x1
...
xn

 =


x1 + y1
...
xn + yn


Para verificar tal afirmação substitúımos esse resultado na equação AX = B


a11   · · ·   a1n
...
  . . .
  ...
a1n
  · · ·
  ann


·


x1 + y1
...
xn + yn


=


b1
...
bn


Note que a equação matricial acima representa o seguinte sistema


a11(x1 + y1) + · · · + a1n(xn + yn)
...
a1n(x1 + y1) + · · · + ann(xn + yn)
e podemos representa-la como:

a11x1 + a11y1 +
· · ·
+ a1nxn + a1nyn
...
a1nx1 + a1ny1 + · · · + annxn + annyn


a11x1 + · · · + a1nxn + a11y1 + · · · + a1nyn
...
a1nx1 + · · · + annxn + a1ny1 + · + annyn
35
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Observando a equação do sistema homogêneo notamos que a soma de todos os termos acom-
panhados de yb  com b ∈ (1,...,n) é igual a zero. Assim podemos rescrever o sistema


a11x1 + · · · + a1nxn + 0
...
a1nx1 + · · · + annxn + 0
Que na forma de equação matricial fica


a11   · · ·   a1n
...
  . . .
  ...
a1n   · · ·   ann

 ·


x1
...
xn

 =


b1
...
bn


Assim, a soma das soluções é uma solução do sistema AX = B.
23. Faça o balanceamento das reações:
a) N2O5 →  NO2  + O2   (decomposição térmica do N2O5)
b) HF + SiO2 →  SiF4  + H2O
c) (NH4)2CO3 →  NH3  + H2O + CO2
Solu瘠ao de A:
Podemos observar que as quantidades de “N” e “O” em ambos os lados não é a mesma. Se
os coeficientes estequiométricos forem respectivamente x, y e z temos que:
xN2O5 →  y NO2  +  z O2
Ou seja:
   2x −
y  (N i)
5x − 2y − 2z   (O)
O Sistema é SPI (Sistema Posśıvel e Indeterminado) e admite mais de uma solução (x, y, z),
porém nos interessa a menor solução inteira. A solução genérica desse sistema é:

λ
2
, λ,
 λ
4

36
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adotando
λ = 4
Que nos dá a menor solução inteira, teremos:   x = 2, y  = 4 e z  = 1 e a equação balanceada é:
2N2O5 →  4NO2  + O2
Solu瘠ao de B:
4HF + SiO2 →  SiF4  + 2H2O
Solu瘠ao de C:
(NH4)2CO3 →  2NH3  + H2O + CO2
25. Sabendo-se que a alimentação diária equilibrada em vitaminas deve constar de 170
unidades de vitamina A, 180 unidades de vitamina B, 140 unidades de vitamina C, 180 unidades
de vitamina D e 320 unidades de vitamina E. Fixada a mesma quantidade (1g) de cada alimento,
determinou-se que:
a) o alimento I tem uma unidade da vitamina A, 10 unidades da vitamina B, 1 unidade da
vitamina C, 2 unidades da vitamina D e 2 unidades da vitamina E;
b) o alimento II tem 9 unidades da vitamina A, 1 unidade da vitamina B, 0 unidades da
vitamina C, 1 unidade da vitamina D e 1 unidade da vitamina E;
c) o alimento III tem 2 unidades de vitamina A, 2 unidades de B, 5 unidade de C, 1 unidadede D e 2 unidades de E;
d) o alimento IV tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 2 unidades de D e 13
unidades de E;
e) o alimento V tem 1 unidade de A, 1 unidade de B, 1 unidade de C, 9 unidades de D e 2
unidades de E.
Quantos gramas de cada um destes 5 alimentos (I a V) deve-se ingerir diariamente para se
ter uma alimentação equilibrada?
Solu瘠ao:
A matriz que relaciona os alimentos com suas devidas quantidades de cada vitamina é:
A B C D E
I 1 10 1 2 2
II 9 1 0 1 1
III 2 2 5 1 2
IV 1 1 1 2 13
V 1 1 1 9 2
37
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A primeira coluna refere-se a vitamina A, a segunda B e sucessivamente até a E. Considere
ainda que:
•   x1  Quantidade a ser ingerida do alimento 1;
•   x2  Quantidade a ser ingerida do alimento 2;
•   x3  Quantidade a ser ingerida do alimento 3;
•   x4  Quantidade a ser ingerida do alimento 4;
•   x5  Quantidade a ser ingerida do alimento 5.
Assim, a quantidade consumida das vitaminas pode ser expressa por:


x1 + 9x2 + 2x3 + x4 + x5 = 170 (V itamina A)
10x1 + x2 + 2x3 + x4 + x5 = 180 (V itamina B)
x1 + 0x2 + 5x3 + x4 + x5 = 140 (V itamina C )
2x1 + x2 + x3 + 2x4 + 9x5 = 180 (V itamina D)
2x1 + x2 + 2x3 + 13x4 + 2x5 = 320 (V itamina E )
Agora basta você montar a matriz estendida deste sistema e escalona-la, você encontrará:
x = 10, 11
y = 10, 12
z = 20, 37
w = 17, 53
u = 10, 46
26. Necessita-se adubar um terreno acrescentando a cada 10m2 140g de nitrato, 190g de
fosfato e 205g de potássio.
Dispõe-se de quatro qualidades de adubo com as seguintes caracteŕısticas:
(a) Cada quilograma de adubo I custa 5 u.c.p e contem 10g de nitrato, 10g de fosfato e 100g
de potássio.
(b)Cada quilograma de adubo II custa 6 u.c.p e contem 10g de nitrato, 100g de fosfato e 30g
de potássio.
(c) Cada quilograma de adubo III custa 5 u.c.p e contém 50g de nitrato, 20g de fosfato e 20g
de potássio.
38
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(d) Cada quilograma de adubo IV custa 15 u.c.p e contém 20g de nitrato, 40g de fosfato e
35g de potássio.
Quanto de cada adubo devemos misturar para conseguir o efeito desejado se estamos dispostosa gastar 54 u.c.p. a cada 10m2 com a adubação?
Solu瘠ao:
Os dados do problema estão distribúıdos na próxima tabela.
Custo Nitrato Fosfato Potássio
x1   5 10 10 100
x2   6 10 100 30
x3   5 50 20 20
x4   15 20 40 35
Analisando o sistema a seguir chegamos a solução.


5x1 + 6x2 + 5x3 + 15x4+ = 54
10x1 + 10x2 + 50x3 + 20x4 = 140
10x1 + 100x2 + 20x3 + 40x4 = 190
100x1 + 30x2 + 20x3 + 35x4 = 205
x =
 6451
9619
;  y  =
 4381
9619
;  z  =
 25927
9619
 .
27. Deseja-se construir um circuito como mostrado na figura
onde   V i   = 280V ,   V 2   = 100V ,   V 3   = 50V ,   R1   = 20Ω,   R2   = 30Ω,   R3   = 50Ω,   R4   = 40Ω,
R5 = 100Ω.
39
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Dispõe-se de uma tabela de preços de vários tipos de resistências; assim como as correntes
máximas que elas suportam sem queimar.
RESISTÊNCIAS
Corrente máxima
20Ω 30Ω 40Ω 50Ω 100Ω
0.5A 10,00 10,00 15,00 15,00 20,00
1.0A 15,00 20,00 15,00 15,00 25,00
3.0A 20,00 22,00 20,00 20,00 28,00
5.0A 30,00 30,00 34,00 34,00 37,00
Solu瘠ao:
B
A
C
Usando as leis dos nós obtemos as seguintes equações:


i1 − i2 − i5 = 0
i5 + i4 + i3 − i1 = 0
i1 − i4 − i3 − i5 = 0
Já aplicando a lei das malhas


i1 + 5i5 − 14 = 0
3i2 + 10 + 4i4 − 10i5 = 0
5i3 + 5 − 4i4 = 0
Usando as três equações do sistema acima e duas do sistema formando pela lei dos n ós
chegamos a um terceiro sistema que nos dará a solução das correntes.


i1 + 5i5 = 143i2 + 4i4 − 10i5 = −10
5i3 − 4i4 = −5
i1 − i2 − i5 = 0
−i1 + i3 + i4 + i5 = 0
Cuja solução ocorre para:
i1 = 3.6774194 i2 = 1.6129032 i3 = 0.1612903 i4 = 1.4516129 i5 = 2.0645161
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Com base nesses dados e na tabela do problema o custo mı́nimo é de R$ 115,00.
28. Uma placa quadrada de material homogêneo e mantida com os bordos AC e BD temper-
atura de 20◦C, o bordo AB a 40◦C e CD a 10◦C, com o uso de isolantes térmicos em A, B, C e
D (vide figura).
10◦C
40◦C
20◦C10◦C
x
y
A B
C D
Após ser atingido o equiĺıbrio térmico, qual e a temperatura aproximada em cada ponto da
placa?
Solu瘠ao:
Considere o seguinte reticulado da placa:
10
20
40
10
A temperatura em um ponto qualquer é aproximadamente a média dos pontos vizinhos. Por
exemplo, a temperatura no ponto em vermelho da figura pode ser aproximada por:
 p32 =
  20 + p42 +  p22 + p33
4
Onde p32   é o ponto situado na linha 3 e coluna 2.
Podemos multiplicar os dois lados da equação por 4, e então colocar as variáveis no lado
esquerdo e as constantes no lado direito:
4 p32 = 20 + p42 +  p22 +  p33
41
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4 p32 − p42 − p22 − p33 = 20
Repetindo o processo para cada ponto obtemos um sistema de equações lineares. Cujas
soluções nos dará as temperaturas dos pontos.
42
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•   verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
•  ou me seguir no Facebook (www.facebook.com/diegoguntz).
E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
nibblediego@gmail.com para que possa ser feito a devida corre ção.
www.number.890m.com
Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse:  www.number.890m.com
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3 DETERMINANTE E MATRIZ INVERSA
3.1 Exerćıcios da página 90
Comentário:   Devido a facilidade de alguns exerćıcios deste caṕıtulo algumas respostas serão
dadas sem muitas explicações.
1. Dê o numero de inversões das seguintes permutações de 1, 2, 3, 4, 5:
a) 3 5 4 1 2
b) 2 1 4 3 5
c) 5 4 3 2 1
d) No determinante de uma matriz 5 ×5, que sinal (negativo ou positivo) precederia os termos
a13a25a34a41a52  e  a15a24a33a42a51?
Solu瘠ao:
a) 5 b) 2 c) 10
d) A permutação do primeiro termo tem numero ı́mpar de permutações já a segunda um
número par. Portanto, os sinais são − e +, respectivamente.
2. Quantas inversões tem a permutação (n,  n − 1, ..., 2, 1) dos números 1, 2, ...,  n − 1,  n?
Solu瘠ao:
O numero de inversões de uma permutação também é o numero de inter-trocas necessárias
para coloca-la em ordem natural.
Tome como por exemplo a permutação (5, 4, 3, 2, 1).
A troca do ultimo termo com o primeira resulta em 4 operações. Veja:
(5, 4, 3, 1, 2)
(5, 4, 1, 3, 2)
(5, 1, 4, 3, 2)
(1, 5, 4, 3, 2)
Agora a troca do ultimo termo (2) resulta em mais 3 opera ções.
(1, 5, 4, 2, 3)
44
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(1, 5, 2, 4, 3)
(1, 2, 5, 4, 3)
Agora a troca do ultimo termo (3) resulta em mais 2 opera ções.
(1, 2, 5, 3, 4)
(1, 2, 3, 5, 4)
Agora a troca do ultimo termo (4) resulta em mais 1 opera ção.
(1, 2, 3, 4, 5)
Note que não é necessário trocar o ultimo termo (que agora é o 5). Como ao total realizamos
4, 3, 2 e 1 trocas então a permutação (5, 4, 3, 2, 1) possui 10 inversões (4 + 3 + 2 + 1).
Pensando de forma análoga o número de inversões de (n,...,1) seria (n
−
1 )+ (n
−
2) + ... + 1.
3. Calcule  det

 2 0   −13 0 2
4   −3 7


a) pela definição.
b) em relação à segunda coluna, usando o desenvolvimento de Laplace.
Solu瘠ao de A:
Pela definição
det =  a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a23a31
= 21
Solu瘠ao de B:
det A  =  a11|A11 − a12|A12 + a13|A13
= 21
4. Dadas as matrizes  A  =    1 2
1 0
  e B =    3   −1
0 1
, calcule
a) det A + det B
b) det (A + B)
Solu瘠ao de A:
Como det A = −2 e det B = 3 então det A + det B = 1
45
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Solu瘠ao de B:

  1 2
1 0 + 
  3   −1
0 1  = 
  4 1
1 1 
Portanto
det

  4 1
1 1

= 4 − 1 = 3
5. Sejam A e B matrizes do tipo  n × n. Verifique se as colocações abaixo são verdadeiras ou
falsas.
a) det(AB) = det(BA)
b) det(A’) = det A
c) det(2A) = 2 · det A
d) det(A2) = (det A)2
e) det Aij   <  det A
f) Se A é uma matriz 3 × 3, então
a11∆11 + a12∆12 + a13∆13 =  a21∆21 + a22∆22 + a23∆23
Solu瘠ao de A:
Como det(AB) = det(A) · det(B) e det(AB) = det(B) · det(A).
Como det(A) ·  det(B) = det(B) · det(A), temos que det(AB) = det(BA).
Portanto, a afirmativa verdadeira!
Solu瘠ao de B:
A afirmativa é verdadeira!
Soluç˜ao de C :
det(2A) = 2·det(A)
Sabe-se que det(x ·  A) =  xn ·  det(A), portanto det(2A) = 2n ·  det(A). Logo a afirmativa é
falsa.
Solu瘠ao de D:
det(A2) = (det(A))2
46
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det(A2) = det(A · A) = det(A) ·  det(A) = (det(A))2.
Logo a afirmativa é verdadeira!
Solu瘠ao de E:
É falsa. Basta considerar a matriz  A  =

  1 0
0 1

 e  A22.
Solu瘠ao de F:
Verdadeira.
6. Dada A =

2 3 1   −2
5 3 1 4
0 1 2 2
3   −1   −2 4
 calcule
a) A23
b) |A23|
c) ∆23
d) det A
Solu瘠ao de A:
A23 =

 2 3   −20 1 2
3   −1 4


Solu瘠ao de B:
Usando a regra de Sarrus
det A23 = 36
Solu瘠ao de C:
∆23 = (−1)2+3|A23|
= (−1)5 · 36
= −36
47
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Solu瘠ao de D:
O determinante é zero.
7. Propriedade: O determinante de uma matriz triangular An×n   é igual ao produto dos
elementos de sua diagonal.
a) Prove esta propriedade no caso em que A é uma matriz triangular superior (genérica) 5×5.
(Sugestão: Use e abuse do desenvolvimento de Laplace.)
b) O que você pode dizer sobre o numero de soluções dos sistemas abaixo?
i)


5x1 + 2x2 − 3x3 + 9x4 = 0
−3x2 + 9x3 −   13x4 = 0
−2x3 + x4 = 0
x4 = 1
ii)


3x5 + 2x4 + x1 = 0
−x3 + x2 − x1 = 5
−9x3 − x2 + 9x1 = 0
−3x2 + x1 = 0
x1 = 0
Solu瘠ao de A:
Tome a matriz M(5,5) a seguir.

a11   a12   a13   a14   a15
0   a22   a23   a24   a25
0 0   a33   a34   a35
0 0 0   a44   a45
0 0 0 0   a55

Usando Laplace na primeira coluna o determinante de M seria
det(M) =  a11|M 11| + a21|M 21| + a31|M 31| + a42|M 41| + a15|M 15|
det(M) =  a11|M 11| + 0|M 21| + 0|M 31| + 0|M 41| + 0|M 15|
det(M) =  a11|M 11|
Ou seja,
det(M) =  a11 · det


a22   a23   a24   a25
0   a33   a34   a35
0 0   a44   a45
0 0 0   a55


Aplicando Laplace a primeira coluna desta última matriz analogamente ao raciocı́nio anterior
chegaremos á:
48
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det(M)=  a11 · a22 · det


a33   a34   a35
0   a44   a45
0 0   a55


Aplicando Laplace novamente a primeira coluna
det(M)=  a11 · a22 · a33 · det

  a44   a45
0   a55

E novamente
det(M)=  a11 · a22 · a33 · a44 · det

  a55

Onde finalmente se conclui-que det(M)=  a11 · a22 · a33 · a44 · a55
A demonstração feita aqui foi para uma triangular superior, mas a demonstra ção para a
triangular inferior é análoga e fica a cargo do leitor.
Solu瘠ao de B:
(i) única, (ii) nenhuma.
8. Calcule det A, onde
a)
A =


3   −1 5 0
0 2 0 1
2 0
  −
1 3
1 1 2 0


b)
A =


3 0 0 0 0
19 18 0 0 0
−6   π   −5 0 0
4
√ 
2
√ 
3 0 0
8 3 5 6   −1


c)
A =

i   3 2   −1
3   −i   1   i
2 1   −1 0
−i i   0 1

Solu瘠ao:
a) 12
49
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b) 0
c) 12 + 8i
8. Calcule o det  A, onde
a)
A =


3   −1 5 0
0 2 0 1
2 0   −1 3
1 1 2 0


b)
A =

i   3 2   −i
3   −i   1   i
2 1   −1 0
−i i   0 1

c)
A =



3 0 0 0 0
19 18 0 0 0
−6   π   −5 0 0
4
√ 
2
√ 
3 0 0
8 3 5 6   −1



Solu瘠ao de A:
det(A) = 12
Solu瘠ao de B:
A cargo do leitor.
Solu瘠ao de C:
O determinante de uma matriz triangular, seja ela superior ou inferior, será sempre o produto
dos elementos da diagonal principal. Assim, det(A) = 3 × 18 × −5 × 0 × 1 = 0.
50
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9. Encontre A−1, onde
a)
A =


4   −1 2   −2
3   −1 0 0
2 3 1 0
0 7 1 1


b)
A =



0   −i   −2   i
1   −1   i   1
0   −1 1   −i
1 1 1 0



c)
A =

 1 0   x1 1   x2
2 2   x


Solu瘠ao de A:
A−1 =



−1   −1 4   −2
−3   −4 12   −6
11 14   −43 22
10 14
  −
41 21



Solu瘠ao de B:
A−1 =


0.6 + 0.2i   0.4 − 0.2i   0.4 − 0.2i   0.6 + 0.2i
0.2 + 0.4i   −0.2 − 0.4i   −0.2 + 0.6i   0.2 + 0.4i
−0.8 − 0.6i   −0.2 + 0.6i   −0.2 − 0.4i   0.2 − 0.6i
−1 + i   1   −1 + i   −1


Solu瘠ao de C:
A cargo do leitor.
10. Se A ou B é uma matriz não inversı́vel, então  A · B  também não é. Prove isto, sem usar
determinantes.
Solu瘠ao:
Para ser inverśıvel o determinante da matriz tem que ser diferente de zero. Logo det(A) =
51
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0 ou det(B) = 0. E como det(AB) = det(A) ·  det(B) então det(AB) = 0. Logo, não pode ser
inversı́vel.
11. Mostre que
d
dx

 x2 x + 1 31 2x − 1   x3
0   x   −2

 =

 2x   1 01 2x − 1   x3
0   x   −2

+

 x2 x + 1 30 2 3x2
0   x   −2

+

 x2 x + 1 31 2x − 1   x3
0 1 0


Observe atentamente a igualdade acima e enuncie a propriedade que ela ilustra.
Solu瘠ao:
A derivada do determinante é a soma dos determinantes das matrizes obtidas da original,
diferenciando as linhas, uma por uma.
12. Dada a matriz A =

 2 1   −30 2 1
5 1 3

  calcule
a) adj A
b) det A
c) A−1
Solução:
a) Adj(A) =

 5   −6 75 21   −2
−10 3 4


b) 45
c) A−1 =
  1
45

 5   −6 75 21   −2
−10 3 4


13. Mostre que det
 1 1 1a b c
a2 b2 c2
 = (a − b)(b − c)(c − a)
Solu瘠ao:
Basta aplicar a regra de Sarrus na matriz e desenvolver o lado direito da equação para se
chegar a conclusão requerida.
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14. Dizemos que A e B são matrizes semelhantes se existe uma matriz P tal que B = P−1AP.
Mostre que det A = det B se A e B são semelhantes.
Solu瘠ao:   (Retirada da Wikipédia)
Mostraremos que se A e B são matrizes semelhantes, então det(A) = det(B). Com efeito,
temos que existe uma matriz invert́ıvel  M   tal que  A =  M −1BM . Pelas propriedades do deter-
minante segue que:
det(A) = det(M −1BM )
= det(M −1)det(B)det(M )
=
  1
det(M )
 det(B)det(M )
= det(B)
15. Verdadeiro ou falso?
a) Se det A = 1, então A−1 = A.
b) Se A é uma matriz triangular superior e A−1 existe, então também A−1 será uma matriz
triangular superior.
c) Se A é uma matiz escalar n × n  da forma  k · I n, então det A = kn.
d) Se A é uma matriz triangular, então det A =  a
11
 +
· · ·
+ a
nn
.
Solu瘠ao:
a) F b) V c) V e d) F
16. Resolve o sistema, usando a Regra de Cramer:


x − 2y + z = 1
2x + y  = 3
y
−
5z = 4
Solu瘠ao:
∆ = det

 1   −2 12 1 0
0 1   −5

 = −23
53
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∆1 = det


1   −2 1
3 1 0
4 1   −5


= −36
∆2 = det

 1 1 12 3 0
0 4   −5

 = 3
∆3 = det

 1   −2 12 1 3
0 1 4

 = 19
x1 = ∆1/∆ =
  36
23
x2 = ∆2/∆ = −
3
23
x3 = ∆3/∆ =
 −19
23
17. Dado o sistema


x + y − x = 0
x − z + w = 2
y + z − w = −3
x + y − 2w = 1
a) Calcule o posto da matriz dos coeficientes.
b) Calcule o posto da matriz ampliada.
c) Descreva a solução deste sistema.
d) Considere um sistema homogêneo AX= 0, onde A é uma matriz  n × n. Que condição
você deve impor sobre A, para que o sistema admita soluções diferentes da solução trivial (X =
0)? Compare com 3, 6 e o Exerćıcio 18 do capitulo 2.
Solu瘠ao:
a) 3
b) 3
c) Posśıvel e indeterminado
d) As linhas de A como vetores são LD.
54
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18. Prove que: Uma matriz A, com ordem  n, tem posto  n  se, e somente se A é inversı́vel.
Solu瘠ao:
Para provar a bicondicional dada considere uma matriz A =


a11   a12   · · ·   a1n
a21   a22   · · ·   a2n
...
...   · · · ...
an1   an2   · · ·   ann


(⇒)
Se o posto de A é igual a  n  então A possui uma forma escalonada com  n  linhas não nulas.
Escalonada(A) =

a11   a12   · · ·   a1n
0   b22
  · · ·
  b2n
... ...   · · · ...
0 0   · · ·   bnn

Também não pode ocorrer dos elementos da diagonal (circulados em vermelho a seguir) serem
nulos, caso contrário a matriz acima não estaria em sua forma escalonada.
Escalonada(A) =


a11   a12   · · ·   a1n
0   b22   · · ·   b2n
...
...   · · · ...
0 0   · · ·   bnn


Pelo   teorema de Jacobi o determinante de A coincide com o determinante da sua matriz
escalonada (não confunda com a matriz escalonada reduzida). Assim:
det(A) = a11 ·
n
i=1
bii
Supondo por absurdo que A seja não inversı́vel, então det(A) = 0. O que implicaria na
existência de pelo menos um elemento bii  ou mesmo  a11   nulo, o que é um absurdo, pois como
vimos uma matriz  n × n  de nulidade  n  possui todos os elementos de sua diagonal diferentes de
zero.
Portanto, det(A) = 0 e a matriz é inversı́vel.
(⇐)
Associado a matriz A temos o seguinte sistema
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

a11x1 + a12x2 + · · · + a1(n−1)xn−1 =  a1n
a21x1 + a22x2 + · · · + a2(n−1)xn−1 =  a2n
... +
... +
· · ·
+
... =
...
an1x1 + an2x2 + · · · + an(n−1)xn−1 =  ann
De modo que sua forma escalonada será:


a11x1 + a12x2 + · · · + a1(n−1)xn−1 =  a1n
b22x2 + · · · + b2(n−1)xn−1 =  b2n
... =
...
bn(n−1)xn−1 =  bnn
Pela regra de Cramer se det(A) = 0 então o sistema acima é   posśıvel determinado  pos-
suindo n  linhas linearmente independentes o que implica em p(A) =  n.
19. A partir do exerćıcio acima, você pode concluir que uma matriz A, de ordem  n, possui
determinante diferente de zero se, e somente se A, têm n   linhas linearmente independentes. Por
quê? (Veja o final da secção 2.4)
Solu瘠ao:
Segundo a seção 2.4 o posto de uma matriz também pode ser definido como o número de
linhas linearmente independentes desta. E como uma matriz A é inverśıvel se, e somente se,
det(A) = 0.
A afirmação provada no exercı́cio anterior
“Uma matriz A, com ordem  n, tem posto  n  se, e somente se A é inversı́vel.”
Pode ser escrita como
“Uma matriz A, com ordem  n, tem  n   linhas linearmente independentes se, e somente se
determinante de A é diferente de zero.”
21. Mostre que a área do triângulo na figura
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B(x3, y3)
A(x1, y1)
C (x2, y2)
é dada pelo determinante
1
2
 x1   y1   1x2   y2   1
x3   y3   1

Solu瘠ao:
Construa um trapézio auxiliar como na figura a seguir:
A1 A2
A área do triangulo será a área do trapézio menos as áreas dos 2 triângulos coloridos, isto é:
∆ = AT  −  A1 − A2
∆ =
  ((y3 − y2) + (y1 − y2))(x3 − x1)
2   −
 (x2 − x1)(y1 − y2)
2   −
 (x3 − x2)(y3 − y2)
2
Efetuando as multiplicações e simplificando, chegamos a:
2∆ =  x1y2 − x1y3 − x2y1 + x2y3 + x3y1 − x3y2
Que podemos escrever como
2∆ = (1) · det

  x1   x1
y3   y2

+ (−1) · det

  x2   x2
y3   y1

+ (1) · det

  x3   x3
y2   y1

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E usando a rećıproca do teorema de Laplace, temos:
2∆ =
 x1   y1   1x2   y2   1
x3   y3   1
⇒ ∆ = 12 
x1   y1   1
x2   y2   1
x3   y3   1

22 a) Mostre que

 1   a1   a211   a2   a22
1   a3   a
2
3

 = (a2 − a1)(a3 − a1)(a3 − a2)
b) Se a1, a2,...,an   são números, mostre por indução finita que
V n  =

1   a1   · · ·   a
n−1
1
1   a2   · · ·   an−12
...
...
...
...
1   an   · · ·   an−1n
 = Π(xj − xi) com  (i < j)
O śımbolo à direita significa o produto de todos os termos  xj − xi   com   i < j   e   i,  j  inteiros
variando de 1 a  n.
Solu瘠ao de A:
Basta calcular o determinante usando a  regra de sarrus. Onde chegaremos á:
det(A) = (a2a23 + a1a
2
2 + a
2
1a3) − (a2a21 + a3a22 + a23a1)
Onde após algum algebrismo conclui-se a igualdade
(a2a23 + a1a
2
2 + a
2
1a3) − (a2a21 + a3a22 + a23a1) = (a2 − a1)(a3 − a1)(a3 − a2)
terminando a demonstração.
Solu瘠ao de B 1:
Seja
V n  =

1   a1   · · ·   a
n−1
1
1   a2   · · ·   an−12
...
...
...
...
1   an   · · ·   an−1n

verifica-se imediatamente que a condição é verdadeira tanto para  n = 1
1Ao substituir   xj   por   aj   e   xi   por   ai  o autor parece sugerir que seja utilizada a demonstração por polinômio,
entretanto como aqui não se fez uso dessa demonstração não foi feita a substituição uma vez que a mesma se faz
desnecessária.
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V 1 = |1| = 1
como para n  = 2.
V 2 =

  1   a1
1   a2

= (a1 − a2)
Com isso provamos a  base da indução.
Agora, provemos para a matriz n × n supondo válido para as matrizes n − 1 × n − 1. Seja  ci
a coluna  i, então multiplicamos a coluna  ci  por −a1  e somamos com a coluna  ci+1:
|
V n
|
 =  det


1   a1   a
2
1   · · ·   an−11
1   a2   a
2
2   · · ·   an−12
1   a3   a
2
3   · · ·   an−13
... ... ... ... ...
1   an   a
2
n   · · ·   an−1n

 = det


1 0 0   · · ·   0
1   a2 − a1   a2(a2 − a1)   · · ·   an−22   (a2 − a1)
1   a3 − a1   a3(a3 − a1)   · · ·   an−23   (a3 − a1)
... ... ...   . . .   ...
1   an − a1   an(an − a1)   · · ·   an−2n   (an − a1)


Calculando o determinante, por propriedade se elimina a primeira linha e a primeira coluna,
achando assim uma matriz de  n − 1 × n − 1, logo.
|V n| =  det


a2 − a1   a2(a2 − a1)   · · ·   an−22   (a2 − a1)
a3 − a1   a3(a3 − a1)   · · ·   an−23   (a3 − a1)
...
...
  . . .
  ...
an − a1   a2(an − a1)   · · ·   an−2n   (an − a1)


Prosseguindo, podemos colocar os (ai − a1) em evidência,
|V n| = (a2 − a1)(a3 − a1) · · · (an − a1) × det


1   a2   a22   · · ·   an−22
1   a3   a
2
3   · · ·   an−23
1   a4   a
2
4   · · ·   an−24
...
...
...
  . . .
  ...
1   an   a2n   · · ·   an−2n


⇒ |V n| = (a2 − a1)(a3 − a1) · · · (an − a1) × |V n−1|
Expandindo este determinante pela primeira linha (ou coluna, tanto faz) e aplicando a
hipótese de indução temos que:
|V n| = Πi<j(aj − ai)
Completando a demonstração.
Obs:  Tal determinante é chamado determinante de Vandermonde e além dessa existem
outras provas da mesma, também por indução, nos seguintes links.
ProfWiki (Em inglês)
Blog Legauss (Em português)
IME (Em português)
59
https://proofwiki.org/wiki/Vandermonde_Determinant
http://legauss.blogspot.com.br/2010/03/uma-prova-para-o-determinante-de.html
http://www.ime.usp.br/~jgomes/2015/uma-demonstracao-do-determinante-de-vandermonde/.pdf
http://www.ime.usp.br/~jgomes/2015/uma-demonstracao-do-determinante-de-vandermonde/.pdfhttp://legauss.blogspot.com.br/2010/03/uma-prova-para-o-determinante-de.html
https://proofwiki.org/wiki/Vandermonde_Determinant
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23. Uma maneira de codificar uma mensagem blá, blá, blá... (na prática ninguém faz isso).
a) Você recebeu a mensagem:
−12 48 23 −2 42 26 1 42 29
Utilizando a mesma chave traduza a mensagem.
b) Aconteceu que o inimigo descobriu sua chave. O seu comandante manda voe substituir a
matriz chave por

 1 1   −11 1 0
0 0 2

. Você transmite a mensagem ” CRETINO...” a ele (codificada
naturalmente!) Por quê não será posśıvel a ele decodificar sua mensagem?
c) Escolha uma matriz chave que dê para codificar palavras até 16 letras. Codifique e de-scodifique à vontade!
Solu瘠ao de A:
C−1 =

 2 1   −31 1   −2
−1   −1 3


Fazendo (M·C)·C−1 chegamos a mensagem M.
 −12 48 23−2 42 261 42 29  ·
2 1   −3
1 1   −2−1   −1 3

=
 1 13 9
12 14 015 14 0

Que de acordo com a tabela forma a frase: ANIMO-PO-
Solu瘠ao de B:
A matriz chave não tem inversa.
Solu瘠ao de C:
Lembrando que toda matriz cujo determinante é diferente de zero possui inversa, então qual-
quer matriz 4
×
4 com determinante não nulo é uma solução para o problema.


1 2 2 3
0 1 4 4
0 0 1 2
0 0 0 1


Vale ressaltar que ao contrário do que coloca o autor esse método não é usado na prática,
pois apresenta o mesmo ńıvel de quebra que a cifra de césar exigindo maior custo computacional.
60
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Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:
•   verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);
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E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para
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Para encontrar esse e outros exerćıcios resolvidos de matemática acesse:  www.number.890m.com
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4 ESPAÇO VETORIAL
4.1 Exerćıcios da página 129
1 a) Seja V o espaço vetorial  Rn, definindo no Exemplo 2 de 4.2.2. Qual é o vetor nulo de V   é
o que é −(x1, x2,...,xn)? b) Seja W = M(2, 2) (veja 4.2.2 Exemplo 3 i)) descreva o vetor nulo e
vetor oposto.
Solu瘠ao de A:
Olhando o exemplo 2 de 4.2.2 o espaço vetorial  V   é formado pelo conjunto de vetores com
da forma:
(x1, x2,...,xn)
Por definição o vetor nulo (u) de  V   é um vetor tal que:
v  + u  =  v  (para todo  v ∈  V)
(v1, v2,...,vn) + u = (v1, v2,...,vn)
(v1, v2,...,vn) + (u1, u2,...,un) = (v1, v2,...,vn)
(v1 + u1, v2 + u2,...,vn + un) = (v1, v2,...,vn)
⇒
 v1 + u1 =  v1
 ⇒
 u1 = 0
⇒ v2 + u2 =  v2 ⇒ u2 = 0
...
⇒ vn + un  =  vn ⇒ un  = 0
Ou seja,  u  = (0, 0,..., 0).
Obs:   Existe uma convenção, criada a fim de simplificar a escrita de que um vetor nulo.
Assim, podemos dizer que  u   é nulo simplesmente escrevendo  u  = {0}.
Solu瘠ao da 2 ◦ parte de A:
Se  u   é um vetor de  V  tal que  u  = (x1, x2,...,xn), então −u = −(x1, x2,...,xn).
Como u − u = 0 então −u  é o vetor oposto.
Solu瘠ao de B:
Seja  m,  u ∈ W onde:
62
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m =

  a11   a12
a21   a22

;   u =

  b11   b12
b21   b22

e sendo  u  o vetor nulo de W então
m · u =  m
⇒

  a11   a12
a21   a22

+

  b11   b12
b21   b22

=

  a11   a12
a21   a22

que implica em  b11 =  b12 =  b21 =  b22 = 0. Logo o vetor  u   será igual à:
u =

  0 0
0 0

O vetor oposto de um vetor  m  genérico será −m.
2. Mostre que os seguintes subconjuntos de  R4 são subespaços
a) W = {(x,y,z,t) ∈R4|x + y = 0 e  z − t = 0}
b) U = {(x,y,z,t) ∈R4|2x + y − t = 0 e  z  = 0}
Solu瘠ao de A:
Como  R4 é um espaço vetorial provamos que W e U são subespaços se mostrarmos que:
i) A soma  e fechada em W e U.
ii) Todo elemento de W ou de U multiplicado por um escalar contı́nua a pertencer a W ou a
U respectivamente.
Prova da condição i
Primeiro tomamos um vetor  u  e  v  pertencentes a W tal que
u = (x,y,z,t) e  v  = (x1, y1, z1, t1).
Pelo enunciado sabemos que em W   x +  y   = 0 (que implica em   x   = −y) e   z − t  = 0 (que
implica em z  =  t). Assim,  u  e  v  podem ser escritos como:
u = (−y , y , z , z) e  v  = (−y1, y1, z1, z1)
Fazendo u + v  então:
(−y , y , z , z) + (−y1, y1, z1, z1) = (−y + y1, y + y1, z + z1, z + z1)
63
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Note que se fizermos a soma dos dois primeiro elementos do resultado de  u + v  o resultado é
zero.
(−y − y1) + (y + y1) = −(y + y1) + (y + y1) = 0
O mesmo resultado ocorre se fizermos a diferença entre os dois últimos elementos
(z + z1) − (z + z1) = 0
portanto,  u + v ∈ W.
Prova da condição ii
Tomando k ∈ R então:
k · u =  k(−y , y , z , z) = (−ky,ky,kz,kz)
Fazendo a soma dos dois primeiros elementos o resultado é o vetor nulo.
−ky  + ky  = 0
O mesmo ocorre se fizermos a diferença entre os dois últimos elementos.
kz − kz  = 0
Ou seja, se  u ∈ W então ku ∈ W.
Como as condições i  e  ii   foram satisfeitas então W é realmente um subespaço vetorial.
Solu瘠ao de B:
Semelhante a anterior.
3. Responda se os subconjuntos são subespaços de M(2, 2). Em caso afirmativo exiba
geradores
a) V =

  a b
c d

com a, b, c, d ∈R  e b = c

b) V =

  a b
c d

com a, b, c, d ∈R  e b = c+1

Solu瘠ao de A:
Vamos começar provando que a soma é fechada em V.
64
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Álgebra Moderna Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Tome M1 =

  a1   b1
c1   d1

e M2 =

  a2   b2
c2   d2

pertencentes a V. Como em V todas as matrizes
tem o elemento a12 =  a21   então M 1  e M 2  podem ser rescritos como:
M1 =

  a1   b1
b1   d1

 e M2 =

  a2   b2
b2   d2

Fazendo M1  + M2
  a1   b1
b1   d1

+

  a2   b2
b2   d2

=

  a1 + a2   b1 + b2
b1 + b2   d1 + d2

Note que a matriz resultante também pertence a V, pois ainda é uma matriz 2×2 e o seu
elemento a12  ainda é igual ao elemento  a21.
Com isso provamos que a soma em V é fechada.
Agora vamos provar que multiplicando um elemento qualquer de V por um escalar real ainda
teremos um elemento de V.
Tomando k ∈ R então:
k · M1 =  k

  a1   b1
b1   d1

=

  k · a1   k · b1
k · b1   k · d1

Note que a matriz resultante também pertence a V, pois seu elemento a12   ainda é igual ao
seu elemento  a21.
Ou seja, se  u
 ∈
 M 1   então  k
·
M 1
 ∈
 V.
Logo V é realmente um subespaço vetorial de M(2, 2).
Para determinar um   gerador   tomamos a matriz M1   =

  a1   b1
b1   d1

  pertencente a V e a
descrevemos como uma soma de matrizes. Veja:

  a1   b1
b1   d1

= a1

  1 0
0 0

+ b1

  0 1
1 0

+ d1

  0 0
0 1

como 
  1 0
0 0  , 
  0 1
1 0    e 
  0 0
0 1   são LI então são estas uma base de V.
Solu瘠ao de B:
Tome M 1 =

  a1   b1
c1   d1

 e  M 2 =

  a2   b2
c2   d2

 pertencentes ao conjunto V.
Como em V todas as matrizes tem o elemento  a12   igual ao elemento   a21   acrecido em uma
unidade